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1、用牛顿运动定律解决问题 A级抓基础 1若水平恒力F 在时间 t 内使质量为m的物体在光滑水平面上由静止开始移动一段距 离 s，则 2F 的恒力在2t 时间内，使质量为 m 2的物体在同一水平面上，由静止开始移动的距 离是 ( ) As B4s C 10s D16s 答案： D 2静止在光滑水平地面上的物体的质量为2 kg ，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s 末它的速度达到4 m/s ，则 F 的大小为 ( ) A2 N B1 N C 4 N D8 N 解析： 在水平恒力F推动下物体做匀加速直线运动的加速度为a v0 t 4 4 m/s 21 m/s2. 由牛顿第二定律得Fma2 1 N2
2、N. 答案： A 3. 如图所示， 当车厢向右加速行驶时，一质量为m的物块紧贴在车厢壁上，相对于车厢 壁静止，随车一起运动，则下列说法正确的是( ) A在竖直方向上，车厢壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡 B在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力 C若车厢的加速度变小，车厢壁对物块的弹力不变 D若车厢的加速度变大，车厢壁对物块的摩擦力也变大 答案： A 4如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30，质量为0.3 kg 的小物块静止在A 点现有一沿斜面向上的恒定推力F 作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块 能达到的最高位置为C点，小物块从A到 C的 vt 图象如
3、图乙所示g 取 10 m/s 2，则下列说 法正确的是 ( ) 图甲图乙 A小物块到C点后将沿斜面下滑 B小物块加速时的加速度是减速时加速度的 1 3 C小物块与斜面间的动摩擦因数为 3 2 D推力 F 的大小为6 N 解析： 由题图乙可以知道，加速运动的加速度大小a1 v t 3 0.9 m/s 210 3 m/s 2，减速 运动的加速度大小a2v t 3 1.2 0.9 m/s 210 m/s2，故 a 1a213，故 B正确；在匀 减速直线运动过程中，由牛顿第二定律知mgsin 30 mgcos 30 ma2，解得 3 3 ， 故 C错误； mgsin30 1 2mg mgcos30 ，
4、所以物块到达 C点后将静止在C点不会下滑， 故 A错误；加速运动时，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得Fmgsin30 mgcos30 ma1，解得 F4 N，故 D错误；综上所述本题答案是B. 答案： B 5( 多选 ) 如图所示，质量为2 kg 的物体在水平恒力F 的作用下在地面上做匀变速直线 运动， 位移随时间的变化关系为xt 2t ， 物体与地面间的动摩擦因数为 0.4 ， 取 g10 m/s 2， 以下结论正确的是( ) A匀变速直线运动的初速度为1 m/s B物体的位移为12 m 时速度为7 m/s C水平恒力F的大小为4 N D水平恒力F的大小为12 N 解析： 根据 xv0t 1
5、2at 2t2t ，知 v 0 1 m/s ， a2 m/s 2. 故 A正确根据 v 2 v2 0 2ax 得， vv 2 02ax12212 m/s 7 m/s. 故 B正确根据牛顿第二定律得， Fmg ma ，解得 Fma mg12 N故 C错误， D正确故选ABD. 答案： ABD 6某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲， 使自身重心又下降了0.5 m ，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( ) A自身所受重力的2 倍 B自身所受重力的5 倍 C自身所受重力的8 倍 D自身所受重力的10 倍 解析： 自由落体规律可知：v 22gH， 缓冲减
6、速过程：v 2 2ah， 由牛顿第二定律列方程：Fmg ma ， 解得 Fmg 1 H h 5mg ，故 B正确 答案： B 7一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零， 然后又逐渐从零恢复到原来大小( 在上述过程中， 此力的方向一直保持不变) ，那么如图所示 的 v-t图象中，符合此过程中物体运动情况的图象可能是( ) 解析： 其中的一个力逐渐减小到零的过程中，物体受到的合力逐渐增大，则其加速度逐 渐增大， 速度时间图象中图象的斜率表示加速度，所以在力逐渐减小到零的过程中图象的斜 率逐渐增大，当这个力又从零恢复到原来大小时，合力逐渐减小， 加速度逐渐减小，图象
7、的 斜率逐渐减小，D正确 答案： D 8木块质量m 8 kg ，在 F4 N 的水平拉力作用下，沿粗糙水平面从静止开始做匀加 速直线运动，经t 5 s 的位移 x5 m g 取 10 m/s 2. (1) 求木块与粗糙平面间的动摩擦因数； (2) 若在 5 s 后撤去 F，木块还能滑行多远？ 解析： (1) 由 x 1 2at 2 得 a1 2x t 20.4 m/s 2 . 由牛顿第二定律F Ffma1，得 FfFma1(4 80.4)N 0.8 N ，由 Ff mg得 Ff mg 0.8 8100.01. (2) 撤去 F 后，木块受摩擦力Ffmg 0.8 N ，加速度 a2 g 0.1
8、m/s 2.5 s 末 的速度 va1t 0.4 5 m/s 2 m/s.x v 2 2a 2 2 2（ 0.1 ） m20 m. 答案： (1)0.01 (2)20 m B级提能力 9.( 多选 ) 如图水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v 匀速运动， 某时刻质量为m 的物块无初速度地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止已知物 块与传送带间的动摩擦因数为.若当地的重力加速度为g，对于物块放上传送带到物块与 传送带相对静止的过程，下列说法中正确的是( ) A物块所受摩擦力的方向水平向右 B物块运动的时间为 v 2g C物块相对地面的位移大小为 v 2 g D物块相对传送
9、带的位移大小为 v 2 2g 解析：物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，A正确；根据牛顿第二定律，得 mg ma，故 ag，物块加速运动的时间为t v a v g，B错误；根据速度位移关系 v 22ax， 得物块的位移x v 2 2g，C错误；传送带的速度为 v，物块的平均速度为 v 2，物块相对传送带 的位移大小等于物块的位移 v 2 2g， D正确 答案： AD 10. 一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m 的竖立在地面上的钢管往下滑已 知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地 面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的2
10、倍，下滑的总时间为3 s ，g 取 10 m/s 2，那么该消防队员 ( ) A下滑过程中的最大速度为4 m/s B加速与减速过程的时间之比为21 C加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为17 D加速与减速过程的位移之比为14 解析： 设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x v 2t 1v 2t 2，得到 v 2x t 8 m/s ，故 A错误设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2， 则 va1t1，va2t2，得到 t1 t2a2a1 12，故 B错误由t1t212，又 t1t23 s，得到 t11 s，t22 s，a1 v t18 m/s 2，a 2
11、4 m/s 2，根据牛顿第二定律，得加速过程： mg f1 ma1， f1mg ma12m ；减速过程： f2mg ma2，f2mg ma214m ， 所以 f1f21 7，故 C正确；匀加速运动位移为：x1 v 2t 1，匀减速运动位移为：x2 v 2t 2，所以加速与减速 过程的位移之比x1x2t1t212，D错误故选C. 答案： C 11. 如图所示，质量为40 kg 的雪橇 ( 包括人 ) 在与水平方向成37角、大小为200 N 的 拉力 F 作用下，沿水平面由静止开始运动，经过2 s 撤去拉力F，雪橇与地面间动摩擦因数 为 0.20.g取 10 m/s 2，cos 37 0.8 ，s
12、in 37 0.6. 求： (1) 刚撤去拉力时雪橇的速度v 的大小； (2) 撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离s. 解析： (1) 对雪橇，竖直方向： N1Fsin 37 mg ， 且 f1N1， 由牛顿第二定律： Fcos 37 f1ma1， 由运动学公式：va1t1， 联立，解得v5.2 m/s. (2) 撤去拉力后， 雪橇的加速度a2g 根据 v 2 2a 2s， 解得 s6.76 m. 答案： (1)5.2 m/s (2)6.76 m 12. 如图所示，传送带与地面倾角 37， AB长为 16 m，传送带以10 m/s 的速度匀 速运动在传送带上端A无初速度地释放一个质量为0.5 kg
13、的物体，它与传送带之间的动 摩擦因数为0.5 ，求物体从A 运动到B 所需的时间 (sin 37 0.6 ，cos 37 0.8 ， g 取 10 m/s 2) 解析： 开始时，物体的加速度为： a1 gsin gcos 10 m/s 2. 因为 v 2 0 2a15 mx AB和 tan ， 所以物体先以a1匀加速，再以a2匀加速， 以 a1匀加速的时间t1 v0 a1 10 10 s 1 s. 以 a1匀加速的位移 x1 1 2a 1t 2 11 2101 2 m5 m. 当物体与皮带共速后，物体的加速度 a2 gsin gcos 2 m/s 2. 以 a2匀加速运动的位移 x2 xABx116 m5 m11 m， 由 x2v0t2 1 2a 2t 2 2，解得 t21 s. 所以物体从A运动到 B的时间 t t1t21 s 1 s 2 s. 答案： 2 s
